高数_极限求解方法与技巧总结

《高数_极限求解方法与技巧总结》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高数_极限求解方法与技巧总结（12页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、.下载可编辑 第一章 极限论 极限可以说是整个高等数学的核心， 贯穿高等数学学习的始终。因为有关函数的 可积、连续。可导等性质都是用极限来定义的。毫不夸张地说，所谓高数，就是 极限。衡量一个人高等数学的水平只需看他对极限的认识水平， 对极限认识深刻, 有利于高等数学的学习，本章将介绍数列的极限、函数的极限以及极限的求解。 重点是求极限。 数列极限 极限的定义 极限的性质 函数极限 函数极限的定义 函数极限的性质 一、求极限的方法 1. 利用单调有界原理 单调有界原理：若数列具有单调性、且有有界性，也即单调递增有上界、单调递 减有下界，则该数列的极限一定存在。可以说，整个高等数学是从该结论出发来

2、 建立体系的。 利用该定理一般分两步：1、证明极限存在。2、求极限。 说明：对于这类问题，题中均给出了数列的第 n项和第n 1项的关系式，首先用 归纳法或作差法或作商法等证明单调性， 再证明其有界性（或先证有界、再证单 调性），由单调有界得出极限的存在性，在最终取极限。 1 a 例1设a 0,Xo 0, Xn 1 一 （Xn ） ,n 0,1，证Xn的极限存在，并求其极限。 2 Xn 分析：本题给出的是数列前后两项的关系，所以应该用单调有界原理求解。 解：由基本不等式，Xn 1丄（Xn旦），所以可知数列Xn有下界；下面证单 2 Xn 1 a 1 X2 调性，可知当n 2时，有Xn 1 （Xn

3、） （Xn）Xn，则Xn单调递减。综 2 Xn 2 Xn 合可得，则Xn单调递减有下界，所以lim Xn存在；令lim召A，带入等式解得 n n A 、a。 评注：对于该题，再证明有界性的过程中用到基本不等式； 特别是在证明单调性.下载可编辑 的过程中并没有用传统的作差或作商的方法， 而是用了 Xn 1 、a这一代换（原因 是a正是数列的极限值，这正是本题的高明之处，在以后的证明过程中可以借 鉴，掌握这一套路。 分析：本题给出的是数列的通项，看似很难下手，其实应该注意到 丄 的原函 xln x n 1 数就是InIn x，而且 丄正好可以与定积分的和式挂钩，这就是本题的突破 k 2 k I n

4、 k 口。 n 1 1 证： 可视为高（长）度为-（k 2,n），宽度为1的矩形的面积和。 k 2 k In k k In k 1 由于f （x） 一 在2,）上单调递减且恒大于0,则由定积分的几何意义可知, xIn x （0.1） 所以Xn有下界，下证单调性 由式（1.1 ）和（1.2 ）可知，数列Xn单调递减有下界，所以Iim Xn存在。得证 n 1 n 1 评注：本题以丄 的原函数就是InIn x，而且 可视为定积分的和式这一 xIn x k 2 kIn k 突破口，结合函数的单调性运用定积分的几何意义构造不等式进行有界性， 单调 性的证明。对于单调性的证明，也可 n 1 n1 1 1

5、n 1 xn In In In In n dx In In n In In k 2 k I n k k 2 k I n k n In n 2 xIn x k 2 k I n k 2 xIn x 例2设xn k 2 kln k In In n，证明人的极限存在 In In n In In 2，所以有 1 xn xn 1 n In n (0.2) In In n In In(n 1) n 1 dx In In n In In( n 1) 0 n 11n In x .下载可编辑 其本质上是一样的 前面，我们讨论的数列都是单调的，但有时候数列本身不单调，而其奇、偶子列xn xn 1 1 n In n

6、In In n In In(n 1) 1 n In n dx n 1 xIn x 1 n In n dx 0 n 1 n In n .下载可编辑 单调且其有相同的极限值，则原数列也有极限。下面以例子说明 所以可知an 2 an与an an 2的符号相同，由于a3 a 0 ,则a2k a?k 0 ； 同 理a4 a2 0，则a2k 2 a?k 0。即奇子列单调递减，偶子列单调递增 这样的讨论显然比较繁琐，有没有更简单的方法呢？当然有，下面再讨论。 例 3 设 a 3, an an ,n N*.证明an收敛，并求之。 1 分析：首先可知 a1 3,a2 , a3 4 列和偶子列。 证明：用数归法证

7、明单调性。 ()由a a3，知k 成立。 5 9，可知an并不单调，但可以考虑奇子 (2) 假设当n 2k 时，有a2k a2k 成立 (3) 则有当n 2k+3 时, a2k 3 a2k 2 a2k a2k _ _ 2 a2k _ a2k a2k a2k 所以，当 2k 3时也成立。 其奇子列单调递减。 由于an ，且a 3，所以有0 an an 4。则其奇子列单调递 减且有下界。 同理可证，偶子列单调递增且有上界，由单调有界原理可知，奇、 A 偶子列的极限均存在，不妨设为 A和B。则有 B B A ，解得A B 评析：在应用数学归纳法证明单调性的过程中用到了 f(t) 口 是增函数这一性

8、2 t 质，当然，数学归纳法证明单调性也并不是唯一的方法，下面用作差法证明： an 2 an an an 2 2 an 2 an 2 an an 2 (2 an)(2 an 2) .下载可编辑 2. 压缩映象原理 其实应用压缩映象原理求极限的基础实质上就是极限的定义。下面介绍该原理:.下载可编辑 定理：设0 r 1和A是两个常数，Xn是一个给定的数列，只要Xn满足下列 两个条件之一：CD Xn 1 Xn r Xn Xn 1 ,Xn 1 A r Xn A .那么Xn必收敛，并 在第二种条件下，有lim Xn A n 证明：C由Xn 1 Xn r Xn Xn 1，则有 Xn 1 Xn r Xn X

9、n 1 r2 X. 1人2“ 1 X? &，由级数的比较审敛法，可 知 rn X2 X1收敛，则有 Xn 1 Xn收敛，所以 (xn 1 Xn)也收敛，则其部分 n 1 n 1 n 1 和Sn的极限存在，并设为S。则有 n Sn (Xk 1 Xk ) Xn 1 X1两边同时取极限，可知lim Xn 1 s X1，得证. k 1 n C由Xn 1 A r Xn A，则当n充分大时， 0有 Xn 1 A r Xn A r2 Xn 1 A rn % A 由极限的定义可知，有lim Xn A。 n 特别的，虽然说证明是认为从n 1开始时满足上述条款1,2.但事实上从某一项 开始满足上述两条款也

10、是成立的。 F面我们运用压缩映象原理再证例 3 1 5 由于an 4，则有1 an ，所以有 4 4 可知其满足条款1，所以lim an存在。 n 显然，没有对比就没有差距，第二种方法要简单很多，这正是压缩映象原理的魅 力。 3. 夹逼定理 夹逼定理实际上就是运用数列极限的性质求极限，其实质上就是掌握不等式的放 缩技巧，做到放缩有度。 1 1 1 an 1 an 1 an an 1 (1 an)(1 an 1) 16 25& an 1 .下载可编辑 1 3 5 (2n 1) 例4.求lim n2 4 6 (2n) 2 .下载可编辑 则有 Xn 1 3 5(2n )2 4 6 S) (0

11、.4) 2 4 6 (2n) 3 5 (2n 1) 将式(1.3 )与式(1.4 )两边相乘，则有 0 Xn , 1 ，有lim、 1 0,由夹逼定理，则有limxn 0 V2n 1 n V2n 1 n 当然，夹逼定理能证明，但是世界总是多元的，方法也当然不只是一种。可看到 【法二】将原问题转化为求lim 2三(sint)2ndt，求该极限值也有两种方法 1. 由修正后的积分中值定理可知 2 _ 2 lim 2 (sint)2ndt lim (sin )2n ( 0) 0 ( (0, ),sin (0,1) n 0 n 2 2 2. 注意到当0 t (即t )时，必有0 si nt 1，所以必

12、须在一这一点 2 2 2 处开始分段，取 为一充分小的正数，将(0,)分为(0, )，( -)两 2 2 2 2 个区间 j(sint)2ndt : (sint)2ndt J (sint)2ndt 2 对于第一项，由于(sint)2n在(0, )上单调递增，则有 2 (0.5) 对于第二项，由于(si nt)在( ，)上单调递增，则有 2 2 (0.6) 将式(1.5 )与(1.6 )相加，则有 【法一】设Xn 13 (2U 2 4 6 (2n) 1 (0.3)，因为 2 2 3 4 2n 3,4 5， ， 2n 2n 2n 1 Xn 1空，也许我们可以很快想到 2 4 6 (2n) -02(

13、sint)2ndt 1 3 5 (2n 1) 2 4 6 (2n) (sint)2ndt (2 )(sin( 2 )2n 时，有(sin( )2n 0) 2 j (sint)2ndt 2 (sin -) 2n 2 .下载可编辑 (si nt)2ndt 02 (sint)2ndt 2 (sint)2ndt x x .下载可编辑 由极限的定义可知，有lim 2 (sint)2ndt 0 n 0 评注：法一与法二的求解明了高等数学的整体性， 他们都是高等数学最基本的套 路，应该重点掌握。 为了更进一步理解和熟悉运用夹逼定理， 在对上述例4求解的基础上，我们更一 般的衍生出更一般的例5。 例5.求li

14、m n 1 1 3 5 (2n 1) n 2 4 6(2n) 解：设Xn 空，在例4的基础上，已知0 Xn 2 4 6 (2n) 2n 1，则必有 1 0 (Xn)n 1 ( )2n，而 lim( 2n 1 n 原因是左边放缩过度， 1 1 -)2n 1，而左边为0, 2n 1 放缩得太小，必须重新放缩。则有 所以不能用夹逼定理, xn 1 3 5 (2n 1) (2n) 2n 1 2n 2 1 2n 1 2n 所以有(丄 2n 1 (加 (2n 1 . 1 )2n，而 lim( )n lim( n 2n n 2n 1 1 )書1，由双边夹逼定 2n 1 理，则有 lim( xn)7 1. n

15、 评注：总结例4和例5,可知运用双边夹逼定理求极限的基础是掌握不等式的放 缩，下面总结一些常用的不等式。 1) n 1. (1 (1丄) n 2. R, sinx 3.当 时 2时, tanx 4. 2 (0), x sin x x tanx 2 5. sin x 6. ab 2(a 2 b2) 7. x 1,e xe 8. cosx 9. ln(1 x) 特别的，当 ln(1 .n(n 1) n .下载可编辑 10 n (a a 1 a )n a11 1 1 (a1 a2 an丿 na a2 an 4.Stolze 定理 1.（型）设数列bn单调递增，且lim bn ，如果lim an an

16、 1存在或为 n bn bn 1 则有 nimbn im an an 1 bn bn 1 2.（ 0型）设数列 0 bn单调递减，且lim bn n 0，如果nim说存在或为 则有lim罟 lim n an an 1 bn bn 1 若lim n an （常数），运用Stolze 定理不难得到下面结论 1. lim n ai a2 n 2. 1 lim( a1a2 an )n a n 3. lim n a2 an 由 1,2,3 调和平均值均存在且相等。 对于此定理，只要求读者会应用，并不要求掌握其证明。 例6 可知，若一个数列的极限存在, 则其前n项的算术平均值, 几何平均值, 5.等价无穷

17、小 x 0, sin x : x, cosx 1 arcs in x x, arcta nx x, 2 ln(1 ex 1 x, ax 1 xln a, tan x x, 3 x x sin x - 6 x)x 2 x x 0,x ln(1 x) , e 2 (1 1 e 3 x)x x，tan(tan x) sin(sin x) x , 2 (1 x) 1 x ( 0) f (x h) f(x) f (x)h .下载可编辑 例7 6.中值定理 对于此类求极限问题，主要是指用微分、积分中值定理和夹逼定理综合求极限， 对于此类极限问题的求解，关键要弄清楚中值定理中的 函数以及其对应的区间, 下面

18、举例说明。 氏中值定理。 7.Taylor 公式 泰勒公式求极限的问题, 杂等问题。 I lim x lim x lim 1 x r_x 1 / x x 2 ( 1 1 1 L xarcta n arcta n1 (由夹逼定理x - 1) x ，产 1, 1) 1 x sin x cosx ln(1 x) 3 x 5 x 7 x (1)n 2n 1 x 3! 5! 7! (2n 1)! 2 4 6 (1)n 2n x x x x 2! 4! 6! (2n)! 23 4 n x x x x o(xn 2! 3! 4! n! 2 x 3 x 4 x ( 1)n1 x 2 3 4 n x 1 x 1) / 2n 1、 o( x ) / 2n 2、 o(x ) 兰 o(xn1) 例 8.求 lim xarctan 1 x 4 时，有一二 1，注意到arctan1 ，所以原极限括号中的 1 x 4 和1两点函数值的差值，所以可以考虑用拉 x 【分析】当x 部分可视为f(x) arctanx 在点- 1 主要用于题中涉及的函数种类较多、 求导运算后导致复